《2020屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 11.1簡諧運動學(xué)案（通用）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 11.1簡諧運動學(xué)案（通用）（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第 1 課時簡諧運動 基礎(chǔ)知識歸納1. 機械振動機械振動是物體在某一位置附近的往復(fù)運動，這一位置叫做平衡位置.這種往復(fù)運動是因為物體受到了相應(yīng)的力，該力總是試圖把離開平衡位置的物體拉向平衡位置，該力叫回復(fù)力，是物體做機械振動的條件.2.簡諧運動(1)簡諧運動是最簡單的機械振動形式，物體所受回復(fù)力F與物體離開平衡位置的位移成正比，與位移方向相反.判斷振動是否是簡諧運動的依據(jù)是：分析回復(fù)力是否滿足Fkx，滿足這一特征則為簡諧運動.(2)回復(fù)力是按力的效果命名的，單獨的一個力、幾個力的合力、某個力的分力都可以擔(dān)當回復(fù)力.所以，首先應(yīng)對振動的物體進行全面的受力分析，尋找出是什么力擔(dān)當回復(fù)力，而不能憑空

2、添加一個回復(fù)力.(3)當物體做簡諧運動時，運動的周期是完成一次全振動所用的時間.全振動是指：從物體在某一位置的運動開始，直到物體下一次以相同的速度(或動量)到達該位置的過程.(4)若簡諧運動的位移圖象如圖，那么該振動圖象的解析式是：，簡諧運動的表達式為：.(5)理想化的彈簧振子模型：一根光滑的水平細桿上套一輕彈簧，彈簧一端固定，另一端連一小球，小球也套在細桿上.將小球拉離平衡位置后放手，小球就做簡諧運動.它受到的回復(fù)力是彈簧的彈力.(6)受迫振動是物體在周期性外力作用下的振動，此周期性外力叫驅(qū)動力.共振是當驅(qū)動力頻率與物體固有振動頻率十分接近時發(fā)生的受迫振動，系統(tǒng)的振幅會很大.(7)簡諧運動的

3、能量是振動的動能和勢能的總和，振動過程中機械能守恒，所以振幅不變.實際振動過程中機械能逐漸減小，簡諧運動是一種理想化的振動.重點難點突破一、簡諧運動的位移從平衡位置指向振子所在位置的有向線段.二、相位描述做周期性運動的物體在各個不同時刻所處的不同狀態(tài)，是描述不同振動的振動步調(diào)的物理量.同相：表明兩個振動物體的步調(diào)相同.反相：表明兩個振動物體的步調(diào)相反.相位(t)是一個隨時間變化的量，它的值相當于一個角度值.相位每增加2，意味著物體完成了一次全振動.相位差(1t2)(2t1)，若12，則有穩(wěn)定的相位差21，若12，則不具有穩(wěn)定的相位差.三、對回復(fù)力的理解回復(fù)力是根據(jù)力的作用效果來命名的，它可以是

4、一個力，也可以是多個力的合力，還可以由某個力的分力提供.Fkx是簡諧運動的動力學(xué)特征式，是判斷一個振動是否為簡諧運動的依據(jù).四、振幅與路程的關(guān)系一個周期內(nèi)的路程等于振幅的4倍，半個周期內(nèi)的路程等于振幅的2倍，周期內(nèi)的路程與振幅之間沒有確定的關(guān)系.若從特殊位置(如平衡位置、最大位移處)開始計時，周期內(nèi)的路程等于振幅；若從一般位置開始計時，周期內(nèi)的路程與振幅之間沒有確定的關(guān)系.五、簡諧運動的對稱性和周期性1.空間上的對稱性：振子經(jīng)過關(guān)于平衡位置對稱的兩個位置，速度大小、位移大小、加速度大小、回復(fù)力大小、動量大小、動能、勢能都相等；關(guān)于平衡位置對稱的兩段位移，振子經(jīng)過所用的時間相等.2.時間上的周期

5、性：若t2t1nT(n1,2,3)，則t1、t2兩時刻振子在同一位置.若t2t1nT (n0,1，2)，則t1、t2兩時刻，描述振子運動的物理量(x、a、v)均大小相等，方向相反.若t2t1nT (n0,1,2)或t2t1nT (n0,1,2)，則若t1時刻振子到達最大位移處，那么t2時刻振子到達平衡位置，反之亦然.六、簡諧運動的圖象反映同一質(zhì)點偏離平衡位置的位移隨時間變化的規(guī)律.1.從簡諧運動圖象可直接讀出在不同時刻的位移值，從而知道位移x隨時間t的變化情況.2.可以確定振幅，如圖所示.3.可以確定振動的周期和頻率，如圖所示.4.可以用作曲線上某點切線的辦法確定各時刻質(zhì)點的速度的大小和方向.

6、5.由于簡諧運動的加速度與位移大小成正比，方向相反，故可以根據(jù)圖象上各時刻的位移變化情況確定質(zhì)點加速度的變化情況.典例精析1.利用動力學(xué)特征式Fkx證明振動是簡諧運動【例1】試證明豎直方向的彈簧振子的振動是簡諧運動.【證明】如圖所示，設(shè)振子的平衡位置為O，豎直向下為正方向，此時彈簧的形變?yōu)閤0，根據(jù)胡克定律及平衡條件有mgkx00當振子向下偏離平衡位置為x時，回復(fù)力(即合外力)為F回mg(xx0)將式代入式得F回，可見，重物豎直振動時的受力情況符合簡諧運動的條件.【拓展1】如圖所示，在光滑水平面上，用兩根勁度系數(shù)分別為k1、k2的輕質(zhì)彈簧系住一個質(zhì)量為m的小球.開始時，兩彈簧均處于原長，后使小

7、球向左偏離x后放手，可以看到小球?qū)⒃谒矫嫔献鐾鶑?fù)振動.試問小球是否做簡諧運動？【解析】以小球為研究對象，豎直方向受力平衡，水平方向受到兩根彈簧的彈力作用.設(shè)小球位于平衡位置O左方某處時，偏離平衡位置的位移為x，則左方彈簧受壓，對小球的彈力方向向右，大小為F1x右方彈簧被拉伸，小球所受的彈力方向向右，大小為F2kx小球所受的回復(fù)力等于兩個彈力的合力，其方向向右，大小為FF1F2()x令k，上式可寫成Fkx由于小球所受的回復(fù)力方向與物體位移x的方向相反，故考慮方向后上式可表示為Fkx.所以，小球?qū)⒃趦筛鶑椈傻淖饔孟拢厮椒较蜃龊喼C運動.2.簡諧運動圖象的識別和簡諧運動規(guī)律的應(yīng)用【例2】如圖所示

8、是某彈簧振子的振動圖象，試由圖象判斷下列說法中正確的是()A.振幅為3 m，周期為8 sB.4 s末振子速度為負，加速度為零C.14 s末振子加速度為正，速度最大D.4 s末和8 s末時振子的速度相同【解析】由圖象可知振幅A3 cm，周期T8 s，故選項A錯誤.4 s末圖線恰與橫軸相交，位移為零，則加速度為零.過這一點作圖線的切線，切線與橫軸的夾角大于90(或根據(jù)下一時刻位移為負)，所以振子的速度為負，故選項B正確.根據(jù)振動圖象的周期性，可推知14 s末質(zhì)點處于負的最大位移處(也可以把圖線按原來的形狀向后延伸至14 s末)，因此質(zhì)點的加速度為正的最大，但速度為零，故選項C錯誤.4 s末和8 s

9、末質(zhì)點處在相鄰的兩個平衡位置，則速度方向顯然相反(或根據(jù)切線斜率判斷)，所以選項D錯誤.【答案】B【思維提升】根據(jù)簡諧運動圖象分析簡諧運動情況，關(guān)鍵是要知道圖象直接地表示了哪些物理量，間接地表示了哪些物理量，分析間接表示的物理量的物理依據(jù)是什么.【拓展2】有一彈簧振子在水平方向上的BC之間做簡諧運動，已知BC間的距離為20 cm，振子在2 s內(nèi)完成了10次全振動.若從某時刻振子經(jīng)過平衡位置時開始計時(t0)，經(jīng)過周期振子有正向的最大加速度.(1)求振子的振幅和周期；(2)在圖中作出該振子的位移時間圖象；(3)寫出振子的振動表達式.【解析】由題意可知BC間距離等于振幅的2倍，完成一次全振動的時間

10、即為周期，這是解題的突破口.(1)振子的振幅A10 cm振子的周期T0.2 s(2)如圖所示.(3)，xAsin t0.1sin 10t m3.利用簡諧運動的對稱性與牛頓定律結(jié)合解題【例3】如圖，輕彈簧的一端固定在地面上，另一端與木板B相連，木板A放在木板B上，兩木板質(zhì)量均為m，現(xiàn)加豎直向下的力F作用于A，A與B均靜止.問：(1)將力F瞬間撤除后，兩木板共同運動到最高點時，B對A的彈力多大？(2)要使兩板不會分開，F(xiàn)應(yīng)該滿足什么條件？【解析】(1)把沒有外力F作用時物體所處的位置為平衡位置，則物體被外力壓下去后，根據(jù)對稱性，當兩木板到達最高點時，其回復(fù)力和最低點的回復(fù)力大小相等，也為F.此時共

11、同的加速度由牛頓第二定律求得aF/2mA物體受到重力與支持力N，再應(yīng)用牛頓第二定律有mgNma所以NmgmamgF/2(2)要使兩板不分離，則N0，由上式得F2mg【思維提升】此題利用了簡諧運動的對稱性來解題，關(guān)于平衡位置對稱的兩點，回復(fù)力大小和加速度大小相等.【拓展3】如圖所示，一升降機在箱底有若干個彈簧，設(shè)在某次事故中，升降機吊索在空中斷裂，忽略摩擦力，則升降機在從彈簧下端觸地后直到最低點的一段運動過程中( CD )A.升降機的速度不斷減小B.升降機的加速度不斷變大C.先是彈力做的負功小于重力做的正功，然后是彈力做的負功大于重力做的正功D.到最低點時，升降機加速度的值一定大于重力加速度的值

12、【解析】本題實質(zhì)上是一個豎直彈簧振子的物理模型問題.當升降機吊索斷裂后升降機先做自由落體運動.當?shù)撞繌椈蓜傆|地后，由于重力mg大于彈力FN，所以升降機仍向下做加速運動，隨著彈簧壓縮形變越大，向上的彈力也隨之增大，所以向下的合力及加速度不斷變小，直至mgFN時，a0，速度達到最大值vm，這段運動是速度增大、加速度變小的運動.根據(jù)動能定理WEk，即WGEk0，所以WG，重力做的正功大于彈力做的負功，當升降機從a0的平衡位置繼續(xù)向下運動時，由于彈力大于重力，所以加速度方向向上，且不斷變大，而速度v不斷變小直至為0，這段過程中，WGWFNEk0，所以WG，重力做的正功小于彈力做的負功.由此可知，選項A

13、、B錯，而C正確.把升降機視為一個豎直彈簧振子，如圖所示.彈簧剛觸地時升降機的位置在A點，升降機向下運動到的最低點位置為B點，速度最大的平衡位置為O點.在A點時有向下的速度，A點為最大位移處到平衡位置中的一點，即A點并非最大位移點.而B點速度為零，就是振子平衡位置下方的最大位移點，故.既然A點的加速度aAg方向向下，根據(jù)彈簧振子的對稱性，那么最大位移B點的最大加速度aBamaAg，方向向上，選項D正確. 易錯門診4.簡諧運動的周期性導(dǎo)致的多解問題【例4】彈簧振子以O(shè)點為平衡位置做簡諧運動，從經(jīng)過O點開始計時，振子第一次到達某點P時用了0.3 s，又經(jīng)過0.2 s第二次經(jīng)過P點，則振子第三次經(jīng)過P點還要經(jīng)過的時間是.【錯解】因為當振子從平衡位置到第一次經(jīng)過P點時用了0.3 s，到達最大位移后再回到該點用了0.1 s，利用對稱性知道，振子從該點到平衡位置所用的時間為0.1 s，從而周期為4(0.30.1)1.6 s.當振子第三次回到該點時，還要經(jīng)歷時間為1.4 s.【錯因】上述錯誤在于只考慮一種可能情況.【正解】實際上有兩種可能.依據(jù)對稱性不難得出第三次(第二種可能)經(jīng)過P點的時間為 s.【思維提升】本題容易出的錯誤是漏掉了另一個可能的解，注意對稱性與周期性在解題實踐中的應(yīng)用.